Travaux Dirigés & Corrigés

Exercice 1 : Théorème de Shannon & Échantillonnage de la Parole

Énoncé : On considère un signal de parole téléphonique dont le spectre utile est limité à la fréquence maximale $f_{max} = 3.4\text{ kHz}$.

Étape 1 : Fréquence d'échantillonnage minimale (Théorème de Nyquist-Shannon)

Pour éviter le repliement spectral (aliasing) et permettre une reconstruction parfaite du signal analogique à partir des échantillons discrets, le théorème de Nyquist-Shannon impose que la fréquence d'échantillonnage $f_e$ soit supérieure ou égale au double de la fréquence maximale contenue dans le signal : $$f_{e,\text{min}} = 2 \cdot f_{max}$$
En remplaçant par les valeurs numériques de l'exercice : $$f_{e,\text{min}} = 2 \cdot 3.4\text{ kHz} = 6.8\text{ kHz}$$

Étape 2 : Choix standard normalisé & Période d'échantillonnage

En téléphonie numérique (norme MIC), on applique une marge de sécurité pour les filtres anti-repliement réels en normalisant la fréquence d'échantillonnage à $f_e = 8\text{ kHz}$.
La période séparant deux échantillons consécutifs est alors : $$T_e = \frac{1}{f_e} = \frac{1}{8000\text{ Hz}} = 1.25 \cdot 10^{-4}\text{ s} = 125\ \mu\text{s}$$

Exercice 2 : TF d'un signal Porte rectangulaire

Énoncé : Soit le signal temporel porte $x(t) = \Pi_T(t)$ valant $1$ pour $t \in [-T/2, T/2]$ et $0$ ailleurs, de largeur totale $T = 4\text{ s}$.

Étape 1 : Calcul analytique de la Transformée de Fourier

Par définition de la transformée de Fourier continue :
$$X(f) = \int_{-\infty}^{+\infty} x(t) e^{-j 2\pi f t} dt = \int_{-T/2}^{T/2} 1 \cdot e^{-j 2\pi f t} dt$$
En intégrant la fonction exponentielle :
$$X(f) = \left[ \frac{e^{-j 2\pi f t}}{-j 2\pi f} \right]_{-T/2}^{T/2} = \frac{e^{-j \pi f T} - e^{j \pi f T}}{-j 2\pi f}$$
En appliquant la formule d'Euler pour le sinus, $\sin(\theta) = \frac{e^{j\theta} - e^{-j\theta}}{2j}$ : $$X(f) = \frac{\sin(\pi f T)}{\pi f} = T \cdot \frac{\sin(\pi f T)}{\pi f T} = T \cdot \text{sinc}(\pi f T)$$

Étape 2 : Amplitude maximale & Zéros spectraux

• Amplitude à la fréquence nulle (valeur moyenne continue) :
À la limite $f \to 0$, $\text{sinc}(0) = 1 \implies X(0) = T = 4\text{ W/Hz}$.
• Zéros spectraux (Fréquences d'atténuation totale) :
Le spectre s'annule lorsque $\sin(\pi f T) = 0$ pour $f \neq 0$, ce qui implique : $$\pi f T = k \pi \implies f_k = \frac{k}{T}$$ Le premier zéro spectral positif ($k=1$) est situé à la fréquence exacte : $$f_1 = \frac{1}{T} = \frac{1}{4\text{ s}} = 0.25\text{ Hz}$$

Exercice 1 : Étude complète du Filtre Passe-Bas Passif du 1er Ordre (Circuit RC)

Énoncé : On considère un filtre passe-bas analogique passif du premier ordre (circuit RC) constitué d'une résistance $R = 1\text{ k}\Omega$ et d'un condensateur de capacité fixe $C = 159.155\text{ nF}$. La tension d'entrée $v_e(t)$ est appliquée à l'ensemble. La tension de sortie $v_s(t)$ est prélevée aux bornes du condensateur.

Étape 1 : Équation Différentielle Temporelle (Loi des Mailles)

En appliquant la loi des mailles au circuit série :
$$v_e(t) = u_R(t) + v_s(t)$$
Par la loi d'Ohm, la tension de la résistance est $u_R(t) = R \cdot i(t)$. Le courant traversant le condensateur est lié à sa tension par la relation physique $i(t) = C \frac{dv_s(t)}{dt}$.
En substituant $i(t)$ dans l'équation des mailles, on obtient l'équation différentielle linéaire du premier ordre régissant le système : $$R C \frac{dv_s(t)}{dt} + v_s(t) = v_e(t)$$ En insérant les valeurs numériques ($R C = 10^3\ \Omega \cdot 159.155 \cdot 10^{-9}\text{ F} \approx 1.59155 \cdot 10^{-4}\text{ s}$) : $$1.59155 \cdot 10^{-4} \frac{dv_s(t)}{dt} + v_s(t) = v_e(t)$$

Étape 2 : Passage au domaine fréquentiel complexe

Pour un régime sinusoïdal établi de pulsation $\omega = 2\pi f$, on utilise la notation complexe (où la dérivation temporelle $\frac{d}{dt}$ équivaut à une multiplication par $j\omega$) :
$$j R C \omega V_s(j\omega) + V_s(j\omega) = V_e(j\omega)$$
On factorise $V_s(j\omega)$ :
$$V_s(j\omega) \cdot (1 + j R C \omega) = V_e(j\omega)$$
La fonction de transfert harmonique $H(j\omega)$ s'écrit alors : $$H(j\omega) = \frac{V_s(j\omega)}{V_e(j\omega)} = \frac{1}{1 + j R C \omega}$$

Étape 3 : Fréquence de coupure, Module & Phase

La constante de temps est $\tau = R C = 10^3 \cdot 159.155 \cdot 10^{-9} = 159.155\ \mu\text{s}$.
La fréquence de coupure à $-3$ dB est définie par : $$f_c = \frac{1}{2\pi R C} = \frac{1}{2\pi \cdot 1000 \cdot 159.155 \cdot 10^{-9}} = \frac{1}{0.00100000} \approx 1000\text{ Hz} = 1\text{ kHz}$$
L'expression de la fonction de transfert devient $H(f) = \frac{1}{1 + j \frac{f}{1\text{ kHz}}}$.
• Module (Gain en tension) : $|H(f)| = \frac{1}{\sqrt{1 + \left(\frac{f}{1\text{ kHz}}\right)^2}}$.
• Gain logarithmique (dB) : $G_{dB}(f) = -10 \log_{10}\left(1 + \left(\frac{f}{1\text{ kHz}}\right)^2\right)$.
• Phase (Déphasage en radians) : $\phi(f) = -\arctan\left(\frac{f}{1\text{ kHz}}\right)$.

Étape 4 : Calculs Numériques aux Fréquences Clés

• Basses fréquences ($f = 100\text{ Hz} \ll 1\text{ kHz}$) : $|H(100\text{ Hz})| = \frac{1}{\sqrt{1 + 0.01}} \approx 0.995 \implies G_{dB}(100\text{ Hz}) \approx -0.04 \text{ dB}$ et $\phi(100\text{ Hz}) = -\arctan(0.1) \approx -5.7^\circ$.
• À la coupure ($f = 1\text{ kHz}$) : $|H(1\text{ kHz})| = \frac{1}{\sqrt{2}} \approx 0.707 \implies G_{dB}(1\text{ kHz}) = -10 \log_{10}(2) \approx -3 \text{ dB}$ et $\phi(1\text{ kHz}) = -\arctan(1) = -\frac{\pi}{4} \text{ rad } (-45^\circ)$.
• Hautes fréquences ($f = 10\text{ kHz} \gg 1\text{ kHz}$) : $|H(10\text{ kHz})| = \frac{1}{\sqrt{1 + 100}} \approx 0.0995 \implies G_{dB}(10\text{ kHz}) \approx -20.04 \text{ dB}$ et $\phi(10\text{ kHz}) = -\arctan(10) \approx -84.3^\circ$. La pente d'atténuation est de $-20$ dB par décade.

Exercice 1 : Analyse mathématique et énergétique du signal AM Double Bande

Énoncé : Un émetteur diffuse un signal modulé en amplitude double bande avec porteuse : $s(t) = A_c \left[1 + m \cdot x(t)\right] \cos(2\pi f_c t)$, avec une amplitude de porteuse $A_c = 10\text{ V}$, un indice de modulation optimal $m = 1.0$, et un message utile sinusoïdal $x(t) = \cos(2\pi f_m t)$ avec $f_m = 100\text{ Hz}$ and $f_c = 1000\text{ Hz}$.

Étape 1 : Décomposition Spectrale Rigoureuse

Développons l'équation du signal $s(t)$ :
$$s(t) = A_c \cos(2\pi f_c t) + A_c m \cos(2\pi f_m t)\cos(2\pi f_c t)$$
Par application de l'identité produit de cosinus : $\cos(a)\cos(b) = \frac{1}{2}[\cos(a-b) + \cos(a+b)]$, on obtient : $$s(t) = A_c \cos(2\pi f_c t) + \frac{A_c m}{2} \cos\left(2\pi (f_c - f_m) t\right) + \frac{A_c m}{2} \cos\left(2\pi (f_c + f_m) t\right)$$ En insérant les valeurs numériques ($A_c = 10\text{ V}$, $m = 1.0$, $f_m = 100\text{ Hz}$, $f_c = 1000\text{ Hz}$) : $$s(t) = 10 \cos(2\pi \cdot 1000 t) + 5 \cos(2\pi \cdot 900 t) + 5 \cos(2\pi \cdot 1100 t)$$ Le spectre de ce signal est ainsi constitué de 3 raies de fréquences positives distinctes :

• La porteuse centrale à la fréquence $f_c = 1000\text{ Hz}$ d'amplitude $A_c = 10\text{ V}$.
• La bande latérale inférieure (LSB) à $f_c - f_m = 900\text{ Hz}$ d'amplitude $\frac{A_c m}{2} = 5\text{ V}$.
• La bande latérale supérieure (USB) à $f_c + f_m = 1100\text{ Hz}$ d'amplitude $\frac{A_c m}{2} = 5\text{ V}$.

La largeur de bande spectrale totale requise est $B = 2 f_m = 2 \cdot 100\text{ Hz} = 200\text{ Hz}$.

Étape 2 : Bilan Énergétique (Calcul des puissances réelles)

Calculons la puissance moyenne totale $P_T$ dissipée dans une résistance de charge unitaire de $1\ \Omega$.
La puissance d'une sinusoïde pure d'amplitude $A$ est $P = \frac{A^2}{2}$. Par linéarité et orthogonalité :
$$P_{\text{porteuse}} = \frac{A_c^2}{2} = \frac{10^2}{2} = 50\text{ W}$$
$$P_{\text{LSB}} = P_{\text{USB}} = \frac{1}{2}\left(\frac{A_c m}{2}\right)^2 = \frac{5^2}{2} = 12.5\text{ W}$$
$$P_T = P_{\text{porteuse}} + P_{\text{LSB}} + P_{\text{USB}} = 50 + 12.5 + 12.5 = 75\text{ W}$$

Étape 3 : Rendement de modulation (Efficacité spectrale)

L'information utile est entièrement contenue dans les bandes latérales. Le rendement $\eta$ est le rapport de la puissance utile sur la puissance totale : $$\eta = \frac{P_{\text{bandes_latérales}}}{P_T} = \frac{12.5\text{ W} + 12.5\text{ W}}{75\text{ W}} = \frac{25}{75} = \frac{1}{3} \approx 33.3\%$$ Analyse critique : Seulement $33.3\%$ (soit $25\text{ W}$) de la puissance totale émise ($75\text{ W}$) sert à transmettre l'information utile. Les $66.7\%$ restants ($50\text{ W}$) sont consommés par la porteuse.

Exercice 1 : Démonstration de la fonction d'autocorrélation d'une sinusoïde

Énoncé : Déterminer analytiquement la fonction d'autocorrélation $R_{xx}(\tau)$ du signal périodique sinusoïdal du TD : $x(t) = 10 \sin(2\pi f_0 t + \pi/6)$ dissipé dans une résistance de charge unitaire.

Étape 1 : Définition de l'intégrale temporelle

Pour un signal périodique de période $T_0 = \frac{1}{f_0}$, la fonction d'autocorrélation temporelle s'évalue sur une seule période d'intégration : $$R_{xx}(\tau) = \frac{1}{T_0} \int_{0}^{T_0} x(t) \cdot x(t - \tau) dt$$
Substituons l'expression du signal avec ses vraies valeurs ($A = 10\text{ V}$, $\theta = \pi/6$) :
$$R_{xx}(\tau) = \frac{1}{T_0} \int_{0}^{T_0} \left[ 10 \sin(2\pi f_0 t + \pi/6) \right] \cdot \left[ 10 \sin(2\pi f_0 (t - \tau) + \pi/6) \right] dt$$
$$R_{xx}(\tau) = \frac{100}{T_0} \int_{0}^{T_0} \sin(2\pi f_0 t + \pi/6) \sin(2\pi f_0 t - 2\pi f_0 \tau + \pi/6) dt$$

Étape 2 : Application des identités trigonométriques

En utilisant l'identité : $\sin(X)\sin(Y) = \frac{1}{2}[\cos(X-Y) - \cos(X+Y)]$, posons :
$X = 2\pi f_0 t + \pi/6$ and $Y = 2\pi f_0 t - 2\pi f_0 \tau + \pi/6$.
• Différence : $X - Y = 2\pi f_0 \tau$.
• Somme : $X + Y = 4\pi f_0 t - 2\pi f_0 \tau + \pi/3$.
Remplaçons le produit dans l'intégrale : $$R_{xx}(\tau) = \frac{100}{2 T_0} \int_{0}^{T_0} \left[ \cos(2\pi f_0 \tau) - \cos(4\pi f_0 t - 2\pi f_0 \tau + \pi/3) \right] dt$$

Étape 3 : Évaluation des intégrales partielles

Séparons l'intégrale en deux termes distincts :
1. Terme 1 (Constant par rapport au temps $t$) :
$$\frac{100}{2 T_0} \int_{0}^{T_0} \cos(2\pi f_0 \tau) dt = 50 \cos(2\pi f_0 \tau) \cdot \frac{1}{T_0} [t]_{0}^{T_0} = 50 \cos(2\pi f_0 \tau)$$
2. Terme 2 (Oscillant de pulsation double $2\omega_0$) :
$$\frac{50}{T_0} \int_{0}^{T_0} \cos(4\pi f_0 t - 2\pi f_0 \tau + \pi/3) dt = 0$$ Pourquoi ce terme s'annule ? Intégrer un cosinus pur sur exactement deux périodes complètes d'oscillation donne une contribution nette rigoureusement nulle.

Étape 4 : Conclusion & Propriétés Fondamentales Numériques

On conclut la démonstration avec les vrais nombres : $$R_{xx}(\tau) = 50 \cos(2\pi f_0 \tau)$$